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数理方程试卷A

时间:2011-01-17


一. (10 分)填空题
1.初始位移为 ? (x ) ,初始速度为ψ (x ) 的无界弦的自由振动可表述为定解问题:

?utt = a 2u xx , ? ∞ < x < +∞, t > 0 ? ? ?u t =0 = ? ( x), ut t =0 = ψ ( x). ?
2.为使定解问题

?ut = a 2u xx ? ? ?u x=0 = 0, u x ? ?u t =0 = 0 ?

x =l

= u0

( u0 为常数)

中的边界条件齐次化,而设 u ( x, t ) = v ( x , t ) + w( x ) ,则可选 w(x ) = 3.方程 u xy

u0 x

= 0 的通解为 u ( x, y ) = F ( x) + G ( y )

4.只有初始条件而无边界条件的定解问题,称为柯西问题. 5.方程 u xy = x 2 y 满足条件 u ( x,0) = x 2 , u (0, y ) = cos y ? 1 的特解为
u ( x, y ) = 1 3 2 x y + x 2 + cos y ? 1 6

二. (10 分)判断方程

u xx + y 2u yy = 0
的类型,并化成标准形式.

解:因为 ? = ? y 2 < 0 ( y ≠ 0) ,所以除 x 轴外方程处处是椭圆型的。 分
? dy ? 2 ? ? +y =0 ? dx ?
2

……2

它的特征方程是
5分

……



dy = ±iy dx
ln y ? ix = c1 , ln y + ix = c 2

特征线为

?ξ = ln y 作变换:? ?η = x 7分 求偏导数

……

?u x = uη ? ?u xx = uηη ? ? 1 ?u y = uξ y ? ? 1 ?u yy = 2 (uξξ ? uξ ) ? y ?
将二阶偏导数代入原方程,便可得到标准形式
uξξ + uηη = uξ

……

10 分

三. (10 分)求解初值问题

?utt = 4u xx , ? ∞ < x < +∞, t > 0 ? ? 2 ?u t =0 = x , ut t =0 = cos x ?
解: a = 2, ? ( x) = x 2 , ψ ( x) = cos x : 利用达朗贝尔公式 1 1 x + at u ( x, t ) = [? ( x + at ) + ? ( x ? at )] + ψ (ξ )dξ 2 2a ∫x ? at …5 分 得



1 1 x + 2t u ( x, t ) = [( x + 2t ) 2 + ( x ? 2t ) 2 ] + ∫ cos ξdξ 2 4 x ?2t 1 = x 2 + 4t 2 ? [sin( x + 2t ) ? sin( x ? 2t )] 4
1 = x 2 + 4t 2 + cos x sin 2t 2 …10 分



四. (15 分)用分离变量法解定解问题

?utt = a 2u xx , 0 < x < l , t > 0 ? ? ?u x x=0 = 0, u x | x=l = 0 ? ?u t =0 = x, ut t =0 = 0. ?
解 先求满足方程和边界条件的解.设解为
u ( x, t ) = X ( x )T (t )

……

2分 代入方程得 X ( x)T ′′(t ) = a 2 X ′′( x)T (t ) 除以 a 2 X ( x)T (t ) 有
X ′′( x) T ′′(t ) = = ?λ X ( x ) a 2T (t )

得到两个常微分方程
X ′′( x) + λX ( x) = 0

……

3分 T ′′(t ) + λa 2T (t ) = 0 4分

……

由边界条件得 X ′(0)T (t ) = 0 , 由 T (t ) ≠ 0 ,得 X ′(0) = 0 , 分 于是固有值问题为

X ′(l )T (t ) = 0 X ′(l ) = 0
……5

? X ′′( x) + λ ( x) = 0, ? X ′(l ) = 0 ? X ′(0) = 0, 解之得一系列固有值

λ = λn = (
相应的固有函数为

nπ 2 ) , n = 0, 1, 2,? l nπ x l

X n ( x ) = cos 8分

……

再解方程

T ′′(t ) + (

nπa 2 ) T (t ) = 0 ,通解为 l nπ a nπa t + Dn sin t l l

Tn (t ) = C n cos

……

10 分 利用解的叠加原理,可得满足方程和边界条件的级数形式解
u ( x, t ) = ∑ (C n cos
n =1 ∞

nπ nπa nπa t + Dn sin t ) cos x l l l

……

12 分

由初始条件 u t | t =0 = 0 ,得 Dn = 0 , 13 分 由u
t =0

……

= x, 得

x = ∑ C n cos
n =1



nπ x l

其中 C 0 = Cn =
14 分

1 l l ∫0 xdx = 2 l 1 l nπ 2l n ∫0 x cos l dx = (nπ ) 2 [(?1) ? 1], n = 1, 2, ? l

……

将 C n , Dn 代入 u ( x, t ) 得定解问题解

u ( x, t ) =
15 分

l 2l + 2 π2

(?1) n ? 1 nπa nπ ∑ n 2 cos l t cos l x n =1


……

五. (15 分)解非齐次方程的混合问题

?ut = u xx + x, 0 < x < π , t > 0 ? ? ?u x =0 = 0, u x =π = 0, t ≥ 0 ? 0≤ x≤π ?u t =0 = 0. ?
解 先确定固有函数 X n ( x) . 令 u ( x, t ) = X ( x )T (t ) 代入相应的齐次方程和齐次边界条件得

固有值问题 ? X ′′( x) + λX ( x) = 0 ? ? X (0) = 0, X (π ) = 0 固有函数为 X n ( x) = sin nx, n = 1,2,? 5分 设解为
u ( x, t ) = ∑ Tn (t ) sin nx
n =1 ∞

……

(1 )

……

7分

其中 Tn (t ) 是待定函数.显然 u ( x, t ) 满足边界条件. 为确定函数 Tn (t ) ,先将方程中的非齐次项展为固有函数级数
x = ∑ f n (t ) sin nx
n =1 ∞

(2 )

……

8分
其中

f n (t ) = 9分

2

π



π

0

x ? sin nxdx =

(?1) n+1 2 n

……

再将(1),(2)代入方程得

? (?1) n +1 2 ? Tn′ (t ) + n 2Tn (t ) ? ∑? ? sin nx = 0 n ? n =1 ?


比较系数,有
Tn′ (t ) + n 2Tn (t ) = ( ?1) n+1 2 , n n = 1,2,?



…10 分 由初始条件得

∑ T (0) sin nx = 0
n =1 n



所以
Tn (0) = 0

……

11 分 解初值问题 ? (?1) n+1 2 ′′(t ) + n 2Tn (t ) = ?Tn n ? ?T (0) = 0, ? n 得 Tn (t ) = 14 分
2 (?1) n +1 2 (1 ? e ?n t ) 3 n

……

将 Tn (t ) 代入级数(1),得定解问题的解.
2 (?1) n +1 u ( x , t ) = 2∑ (1 ? e ?n t ) sin nx n3 n =1



……

15 分

六. (15 分)用积分变换法解无界杆热传导问题

?ut = a 2u xx , ? ∞ < x < +∞, t > 0 ? ? ?u t =0 = ? ( x). ?
?1 ? a λ t ]= 本题所用公式: F [e
2 2

1 2a πt

e

?

x2 4 a 2t

解 对 x 作傅氏变换,记

~ u (λ , t ) = F [u ( x, t )]

~ ? (λ ) = [? ( x )]

F ……2 分

对方程和初始条件关于 x 取傅氏变换,有

~ ? du ~ = ?a 2 λ2 u ? ? dt ~ ~ ? u t = 0 = ? (λ ) ?
…7 分 解常微分方程的初值问题,得
2 2 ~ ~ u (λ , t ) = ? (λ )e ? a λ t





…10 分
~ 再对 u (λ , t ) 进行傅氏逆变换得

u ( x, t ) =
?1

F ……13 分

~ [? (λ )e ? a λ t ]
2 2

= ? ( x) ? 1 2a

1 2a πt
+∞

e

?

x2 4 a 2t

=
…15 分

πt ∫

?∞

? (ξ )e

?

( x ?ξ ) 2 4 a 2t





七. (15 分)用静电源像法求解上半平面 y > 0 的狄利克雷问题

?u xx + u yy = 0, ? ? ?u | y =0 = f ( x). ?

y>0

解 先求格林函数,由电学知在上半平面 y > 0 的点 M 0 ( x0 , y0 ) 处置单位 负电荷,在 M 0 关于 x 轴的对称点 M 1 ( x0 ,? y0 ) 处置单位正电荷,则它与 M 0 产 生的电势在 x 轴上 互相抵消,因此上半平面 y > 0 的格林函数为
1 1 1 ? ln (ln ) rMM 0 rMM1 2π
1 ln( x ? x 0 ) 2 + ( y ? y 0 ) 2 ? ln ( x ? x 0 ) 2 + ( y + y 0 ) 2 4π

G (M , M 0 ) =

=?
…7 分

{[

] [

]}



下面求
?G ?n ?G ?y

y =0

=?

y =0

=

? 2( y ? y 0 ) 2( y + y 0 ) 1 ? ? ? 2 2 2 2 ? 4π ? ( x ? x0 ) + ( y ? y 0 ) ( x ? x0 ) + ( y + y 0 ) ? y = 0
1 2 π ( x ? x0 ) 2 + y0 ? y0
……

=? 10 分 所以

u ( x0 , y 0 ) = ? ∫ u
Γ

y ?G dl = 0 ?n π



+∞

?∞

f ( x)

1 dx 2 ( x ? x0 ) 2 + y 0

……

15 分

证明调和方程的狄利克雷内问题的解如果存在, 八. (10 分)证明调和方程的狄利克雷内问题的解如果存在,则必是 唯一的, 唯一的,而且连续地依赖于所给的边界条件 f .
证明:假设有两个调和函数 u1 ( x, y, z ) 和 u 2 ( x, y, z ) ,它们在有界区域 ? 的 边界 Γ 上完全相同,则它们的差 u = u1 ? u 2 在 ? 中也满足方程 ?u = 0 ,且

u |Γ = 0 。由极值原理的推论知,函数 u 在区域 ? 上最大值和最小值均为零,即 u ≡ 0 。 因 此 u1 ≡ u 2 , 即 狄 利 克 雷 内 问 题 的 解 是 唯 一
的。 ……5 分 其次,设在区域 ? 的边界 Γ 上给定了函数 f 和 f ? ,而且在 Γ 上处处成立 这里 ε 是一个给定的正数。 u, u ? 分别是方程 ?u = 0 在区域 ? 上 设 f ? f ? ≤ε , 以 f 和 f? 为边界条件的狄利克雷内问题的解,那么调和函数 (u ? u ? ) | Γ = f ? f ? 。由极值原理的推论可得,在 ? 上各点有

max(u ? u ? ) = max( f ? f ? ) ≤ ε ,
? ∪Γ Γ

min (u ? u ? ) = min ( f ? f ? ) ≥ ?ε .
? ∪Γ Γ

因此,在 ? 上各点有 u ? u ? ≤ max f ? f ? ≤ ε ,
Γ

即狄利克雷内问题的解连续地依赖于所给的边界条件。 10 分

……


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